Aufgabenstellungen und Lösungen

Ergebnis:

$48$

Falls Klein-Jonas alle $40$ grünen Socken und noch $7$ rote Socken herausgenommen hat, kann er daraus keine acht Sockenpaare bilden, so dass die eine Socke des Paares eine andere Farbe hat als die andere Socke. Deshalb genügt es nicht, $47$ Socken herauszunehmen.
Wenn er aber $48$ Socken herausnimmt, dann sind darunter mindestens $48:3=16$ Socken von einer Farbe und mindestens $48-40=8$ andersfarbige Socken, woraus er acht Paare an Socken zusammenstellen kann, wie er sie gerne trägt.
Deshalb muss Klein-Jonas mindestens $48$ Socken herausnehmen, um acht Paare der gewünschten Art bilden zu können.

Ergebnis:

$30$

Benutzt man die gegebene Gleichung $1234=28^2+2\cdot 15^2$, so erhält man

Da man weiß, dass es nur ein einziges solches Zahlenpaar gibt, ist $x=30$ die Antwort.

Ergebnis:

$450$

Es gibt zwei Stunden am Tag, während derer die Ziffer $5$ durchgehend zu sehen ist, nämlich $5$ und $15$. Das sind $120$ Minuten. Am restlichen Tag erscheint die Ziffer $5$ während der letzten zehn Minuten jeder Stunde ($22\cdot 10=220$ Minuten) und fünfmal während der verbleibenden fünfzig Minuten ($22\cdot 5=110$ Minuten). Insgesamt wird die Ziffer $5$ also genau $450$ Minuten angezeigt.

Ergebnis:

$1120$

Die Seitenlängen der kleinen Rechtecke verhalten sich wie $2:5$. Somit können die Seitenlängen mit $2x$ und $5x$ bezeichnet werden. Folglich sind die Seitenlängen des großen Rechtecks $10x$ und $7x$. Daher ist $2\cdot (10x+7x)=34x$ der Umfang des großen Rechtecks. Dies liefert den Wert $x=4$ und den Flächeninhalt $10\cdot 7\cdot 4^2=1120$.

Ergebnis:

$10$

Es sei $a$ der Flächeninhalt eines kleinen Schokoladenstücks mit der Seitenlänge $1\text{cm}$. Dann ist der Flächeninhalt eines großen Schokoladenstücks $4a$ und der gesamte Flächeninhalt aller Schokoladenstücke $\mathit{na}+4\mathit{na}=5\mathit{na}$. Der Flächeninhalt der Schachtel ist $s^{2}a$, da die Form der Schachtel der Form eines kleinen Schokoladenstücks gestreckt um den Faktor $s$ (in alle Richtungen) entspricht. Daraus folgt, dass $5n=s^2$ ist. Somit muss $s$ ein Vielfaches von $5$ sein.

Man kann zeigen, dass es unmöglich ist, fünf große Schokoladenstücke in eine Schachtel mit der Seitenlänge $5\text{cm}$ zu geben. Somit ist $s\ne 5$. Man kann aber recht einfach eine passende Zusammensetzung von $20$ kleinen und $20$ großen Schokoladenstücken in einer Schachtel mit einer Seitenlänge von $10\text{cm}$ finden.

Ergebnis:

$21$

Jede Anzahl an herausgenommenen Socken ist die Summe aus einer geraden Anzahl von Socken, welche die Sockenpaare bilden, und einer gewissen Anzahl von einzelnen, ungepaarten Socken, die höchstens $6$ sein kann, weil es nur sechs verschiedene Farben gibt.
Wenn also Jonas $21$ Socken aus seinem Schrank nimmt, dann können darunter nicht $6$ ungepaarte Socken sein, denn $21-6=15$ ist keine gerade Zahl. Deshalb können darunter höchstens $5$ Socken ungepaart bleiben, und unter den übrigen Socken befinden sich mindestens $\frac{21-5}{2}=8$ Paar Socken.
Allerdings genügt es nicht, dass Jonas $20$ Socken herausholt, denn er könnte $7$ Paar weiße Socken und von jeder der sechs Farben noch eine einzelne Socke genommen haben.
Folglich muss Jonas mindestens $21$ Socken herausnehmen.

Ergebnis:

$153^{\circ }$

Bezeichnet man die Ecken wie in der Abbildung, so ist das Vieleck $A{B}_1{B}_2{C}_1{C}_2{D}_1{D}_2$ die Schnittfläche des Quadrates mit dem Fünfeck.

Da die entstandene Figur achsensymmetrisch zu $\mathit{AC}$ ist, genügt es, die Innenwinkel an den Ecken $A$, $B_1$, $B_2$ und $C_1$ zu betrachten. Der erste Winkel ist offensichtlich $90^{\circ }$ und der letzte ist $135^{\circ }$. Als Außenwinkel des Dreiecks $△X{C}_1{B}_2$ ist $\angle C_1{B}_2{B}_1=108^{\circ }+45^{\circ }=153^{\circ }$, weil $\angle C_{1}X{B}_2$ ein Innenwinkel des regelmäßigen Fünfecks ist und somit $108^{\circ }$ beträgt. Da das Dreieck $△B{B}_2{B}_1$ rechtwinklig ist, erhält man $\angle B_2{B}_{1}A=90^{\circ }+27^{\circ }=117^{\circ }$. Also ist der größte Winkel $153^{\circ }$.

Ergebnis:

20 mm

Nachdem man die Anzahl der Zähne gezählt hat, kann man feststellen, dass eine vollständige Umdrehung des ersten Rades $\frac{20}{15}=\frac{4}{3}$ einer Umdrehung des Doppelrades zur Folge hat. Eine vollständige Umdrehung des Doppelrades führt wiederum zu $\frac{18}{10}=\frac{9}{5}$ einer Umdrehung von Rad 2. Daraus folgt: Macht Rad 1 eine vollständige Umdrehung, so dreht sich Rad 2 um $\frac{4}{3}\cdot \frac{9}{5}=\frac{12}{5}$ einer ganzen Umdrehung. Der Umfang von Kreis 2 muss aus diesem Grund $\frac{5}{12}$ des Umfangs von Kreis 1 betragen. Da das Verhältnis der beiden Umfänge dem Verhältnis der Durchmesser gleicht, kann der Durchmesser von Kreis 2 mit $\frac{5}{12}\cdot 48\text{mm}=20\text{mm}$ berechnet werden.

Ergebnis:

31

Zunächst ist Folgendes zu beachten: Sagt Robert an einem bestimmten Tag die Wahrheit, so muss er auch an allen vorhergehenden Tagen die Wahrheit gesagt haben. Sagt Robert nur an $k<31$ Tagen die Wahrheit, so widerspricht dies der Tatsache, dass er an $62-k>31$ Tagen lügen würde. Ebenso führt das Sagen der Wahrheit an mehr als 31 Tagen zum Ergebnis, dass er zu wenig lügen würde. Daraus kann man schließen, dass Robert an exakt 31 von den insgesamt 62 Tagen gelogen hat.

Ergebnis:

$16$

Die Zerlegung des $9\times 9$ – Gitters in der folgenden Abbildung zeigt, dass mindestens $16$ Schüsse notwendig sind, damit jedes $5\times 1$ – Rechteck einen Treffer enthält.

Aber $16$ Schüsse sind auch ausreichend, wie man in der nächsten Abbildung erkennen kann.

Also ist $16$ die richtige Antwort.

Ergebnis:

$155$

Wegen $5\cdot 13\cdot 31=2015=a+b+c=\mathrm{ggT}(a,b,c)\cdot (a_0+b_0+c_0)$ für gewisse paarweise verschiedene positive ganze Zahlen $a_0$, $b_0$ und $c_0$ erhält man $a_0+b_0+c_0\ge 6$. Also kann $\mathrm{ggT}(a,b,c)$ höchstens $5\cdot 31=155$ sein. Dieses Maximum kann man dadurch erreichen, dass man $a_0$, $b_0$ und $c_0$ mit Summe $13$ wählt. Beispielsweise ergibt $a_0=1$, $b_0=5$ und $c_0=7$ die Werte $a=1\cdot 155$, $b=5\cdot 155$ und $c=7\cdot 155$.

Ergebnis:

31

Es gibt vier Möglichkeiten, an welcher Stelle sich die drei fotografierten E-K-K-Waggons befinden können. Für jede dieser vier Möglichkeiten gibt es $2^3$ Möglichkeiten den Zug zu vervollständigen. Allerdings ist zu berücksichtigen, dass der Zug E-K-K-E-K-K zweimal gezählt wird. Daher beträgt die Anzahl der unterschiedlichen Züge $4\cdot 8-1=31$.

Ergebnis:

17

Der gesuchte Körper passt offensichtlich in einen großen Quader mit zwei Würfeln Breite, fünf Würfeln Höhe und fünf Würfeln Länge. Teilt man den Quader in zwei Hälften, können die beiden $1\times 5\times 5$ –Teile unabhängig voneinander analysiert werden: Betrachtet man den gesuchten Körper von vorne, so sieht man eine gespiegelte ‘$1$’. Demzufolge ist im rechten Teil des Körpers nur ein Quadrat von vorne sichtbar, jedoch fünf Quadrate von oben. Dies ist nur möglich, wenn sich fünf Würfel in einer Reihe befinden. Die Argumentation für den linken Teil des gesuchten Körpers ist ähnlich: Es sind fünf Quadrate von vorne sichtbar, jedoch nur drei von oben. Man erhält in diesem Fall die maximale Anzahl an Würfel, wenn man fünf Würfel in jede der drei Spalten packt.

Der aus diesen Überlegungen resultierende Körper sieht aus wie in der folgenden Abbildung. Betrachtet man den Körper von rechts, kann man genau $17$ Würfel sehen.

Ergebnis:

$7999$

Mit $Q(r)$ sei die Quersumme einer natürlichen Zahl $r$ bezeichnet. Wenn die Zehnerstelle von $n$ nicht $9$ ist, so ist $Q(n+10)=Q(n)+1$. Also muss die Zehnerstelle $9$ sein. Wenn dann die Hunderterstelle nicht $9$ ist, so ergibt sich $Q(n+10)=Q(n)-8$. Wenn sie aber $9$ ist und die Tausenderstelle nicht, so erhält man $Q(n+10)=Q(n)-17$. Also kann man $n$ so wählen, dass beide Quersummen $Q(n)$ und $Q(n+10)$ durch $17$ teilbar sind. Angenommen $n$ sei so klein wie möglich gewählt und dies sei mit $Q(n)=2\cdot 17=34$ der Fall. Dann muss die Summe der anderen Stellen ohne die Zehner- und die Hunderterstelle $34-2\cdot 9=16<2\cdot 9$ betragen, was bedeutet, dass zwei zusätzliche Ziffern ausreichend sind. Nun kann man leicht sehen, dass $n=7999$ die gesuchte Zahl ist.

Ergebnis:

20, 110

Angenommen Lisa besitzt bereits das teuerste Ticket (das von $A$ nach $D$), dann beträgt der Preis dieses Tickets $70$. Da dieser Preis die Summe der Ticketkosten der Abschnitte $\mathit{AB}$, $\mathit{BC}$ und $\mathit{CD}$ ist und sich zwei der Tickets für diese Abschnitte bereits in Lisas Besitz befinden müssen, kann man daraus schließen, dass $10$, $20$ und $40$ die einzige mögliche Kombination für die Preise dieser drei Tickets ist. Der fehlende Ticketpreis ist also $20$. Man sieht sehr schnell, dass sich mit diesen drei Ticketpreisen auch die restlichen gegebenen Preise problemlos zuordnen lassen.

Angenommen das teuerste Ticket fehlt noch in Lisas Sammlung, dann muss das Ticket mit dem Preis $70$ für eine Fahrt mit einer Haltestelle dazwischen vergeben werden. Die einzige Möglichkeit, diesen Preis als Summe zweier bereits bekannter Preise zusammenzusetzen, ist $10+60$. Daraus kann man schließen, dass der Ticketpreis für den verbleibenden Abschnitt $40$ ist und die Kosten für die längste Strecke $10+40+60=110$ betragen. Man sieht wiederum sehr schnell, dass die Verteilung der Ticketpreise den Voraussetzungen entspricht.

Ergebnis:

$\sqrt{3}\text{cm}$

Sei $P_x$ der Punkt auf der längeren Begrenzungsseite der Schachtel, auf den der Stundenzeiger um $x$ Uhr zeigt, und sei $C$ der Mittelpunkt der Schachtel. Da $\angle P_{2}C{P}_1=\angle P_{3}C{P}_2=30^{\circ }$ ist, kann man erkennen, dass $P_2$ der Inkreismittelpunkt und Schwerpunkt des gleichseitigen Dreiecks $C{C}^{\prime }{P}_1$ ist, wobei $C^{\prime }$ der Spiegelpunkt von $C$ an $P_3$ ist. Die gesuchte Entfernung $\overline{P_1{P}_2}$ beträgt demnach $2∕3$ der Höhe eines gleichseitigen Dreiecks mit der Seitenlänge $3\text{cm}$. Daraus folgt $\overline{P_1{P}_2}=\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{2}\cdot \sqrt{3}\cdot 3\text{cm}=\sqrt{3}\text{cm}$.

Ergebnis:

$728163549$

Es sei $x,y\in \{1,\dots ,9\}$ und $x\ne y$. Dann soll das Paar $\mathit{xy}$ zulässig heißen, wenn es Zahlen $k,l\in \{1,\dots ,9\}$ mit $10x+y=k\cdot l$ gibt. Das einzige zulässige Paar mit der Ziffer $9$ ist $49$, es muss also am Ende der 9-stelligen Zahl $z$ stehen. Die Paare $72$ und $27$ sind die einzigen zulässigen Paare mit der Ziffer $7$. Es kann nur eines dieser Paare vorkommen und zwar entweder $72$ am Anfang oder $27$ am Ende, weil sonst eine Ziffer doppelt vorkäme. Da das Ende der 9-stelligen Zahl schon besetzt ist, muss $72$ am Anfang stehen.
Die zulässigen Paare mit der Ziffer $8$ sind $18$, $28$, $48$ und $81$. Da die Ziffer $4$ schon im Paar $49$ verbraucht ist, gibt es nur noch die Möglichkeit, dass der Block $281$ entsteht. Man erhält also $z=7281\dots 49$. Nun betrachtet man die noch übrigen Ziffern $3$, $5$ und $6$. Da die Paare $13$ und $34$ nicht zulässig sind, und da $63$ das einzige zulässige Paar $\mathit{xy}$ mit $x\in \{5,6\}$ und $y=3$ ist, kann die gesuchte Zahl nur $z=728163549$ heißen.
Man prüft leicht nach, dass diese Zahl alle gestellten Bedingungen erfüllt.

Ergebnis:

$89$

Es ist besser, anstelle der größten Primzahl $p$ die kleinste zusammengesetzte Zahl $n$ zu suchen, sodass $210-n$ eine Primzahl ist. Die Primfaktorzerlegung von $210$ lautet $210=2\cdot 3\cdot 5\cdot 7$. Daraus folgt: Ist $n$ durch 2, 3, 5 oder 7 teilbar, so muss auch $210-n$ durch 2, 3, 5 oder 7 teilbar sein. In diesen Fällen wäre $210-n$ keine Primzahl. Der nächstgrößere zusammengesetzte Kandidat für $n$ ist $11^2$. Dies ergibt $p=210-121=89$ und somit eine Primzahl.

Ergebnis:

20

Bezeichnet man mit $x$ die Gesamtzahl der Bleistifte und mit $a$, $b$ und $c$ die Anzahl der Schüler in den entsprechenden Klassen, so ergeben sich aus der Aufgabenstellung die Gleichungen $x=9(a+b+c)$, $x=30a$ und $x=36b$. Gesucht ist der Wert $x∕c$. Setzt man $a=x∕30$ und $b=x∕36$ in die erste Gleichung ein, so erhält man nacheinander

Ergebnis:

1681

Da für $k\ge 50$ die Ungleichung ${(k+1)}^2-k^2>100$ gilt, ist $50^2=2500$ die einzige Quadratzahl, die mit $25$ beginnt. Analog gilt dies für $3600$, $4900$, $6400$ und $8100$. Also müssen die ersten beiden Ziffern $16$ sein. Die einzige Quadratzahl zwischen $1600$ und $1700$ ist $41^2=1681$, welche die geforderten Bedingungen offensichtlich erfüllt.

Ergebnis:

4/7

Es sei $v$ die konstante Geschwindigkeit, mit der Christian unterwegs war, $t$ die Zeit, die er normalerweise für die Strecke Passau–Linz benötigte, und $t_B$ die Zeit, die er in den Baustellenbereichen verbrachte. Dann gilt folgende Gleichheit von Strecken:

Dividiert man diese Gleichung durch $v$ und formt sie um, so erhält man $\frac{1}{7}t=\frac{1}{4}{t}_B$, woraus sich das gesuchte Verhältnis $t_B∕t=4∕7$ ergibt.

Ergebnis:

90

Addiert man die einzelnen Quadratflächen, so erhält man $464=2^4\cdot 29$. Beide Seiten des Rechtecks müssen aufgrund des Quadrates mit der Seitenlänge $9$ mindestens $9$ betragen. Also ist die einzig mögliche Faktorisierung $16\cdot 29$, was den Umfang $90$ ergibt.

Wie man an der folgenden Abbildung erkennen kann, existiert eine solche Zerlegung tatsächlich.

Ergebnis:

36 cm

Betrachtet man die Winkel aller Dreiecke in der Abbildung genauer, sieht man, dass alle Dreiecke rechtwinklig und zueinander ähnlich sind. Bezeichnet man die Seitenlängen des Dreiecks in der rechten unteren Ecke mit $6x$ und $8x$, so folgt aus dem Satz des Pythagoras die dritte Seitenlänge $10x$. Wird das Papier wieder aufgefalten, so erhält man für die Seitenlänge des Quadrats $18x$. Somit ist die untere Seitenlänge des linken unteren Dreiecks $18x-6x=12x$. Aufgrund der Ähnlichkeit der Dreiecke mit Skalierungsfaktor $3∕2$ ergeben sich für die Längen der beiden anderen Seiten des Dreiecks $9x$ und $15x$. Die Seitenlänge des ursprünglichen Quadrats ist somit $15x+6$. Aus $18x$=$15x+6$ folgt $x=2$ und die Seitenlänge des Quadrats ist $36\text{cm}$.

Ergebnis:

$96$

Wenn Simon wieder an das Heck zurück kommt, hat er $240+60=300$ Schritte gemacht, wohingegen sich das Schiff $240-60=180$ Schritte weiterbewegt hat. In der Zeit, in der Simon $60$ Schritte macht, ist das Schiff also $180:5=36$ Schritte vorwärts gefahren. Da Simon nach dem Umdrehen das Heck des Schiffes in $60$ Schritten erreicht, ist die Länge des Schiffes $60+36=96$ Schritte.

Ergebnis:

$992016=996^2$

Es sei ${(1000-n)}^2$ die gesuchte Zahl ($n\ge 1$). Man kann die Quadrate für $n=1,2,3,4,\dots$ berechnen, indem man die Formel ${(1000-n)}^2=1000\cdot (1000-2n)+n^2$ verwendet. Man erhält damit: $999^2=998001$, $998^2=996004$, $997^2=994009$, $996^2=992016$, $\text{…}$ Man erkennt nun, dass die Ziffern $2$, $0$, $1$ paarweise verschieden sind und dass $99\setminus 2\setminus 0\setminus 16=996$ die Quadratwurzel von $992016$ ist. Daher ist $992016$ die gesuchte Zahl.

Ergebnis:

596

Falls eine Ziffer auf den Kopf gestellt wird, dann bleibt sie entweder gleich (0, 2, 5, 8), oder sie ändert sich ($6\leftrightarrow 9$), oder es entsteht keine Ziffer (1, 3, 4, 7). Falls eine Zahl aus den Ziffern 0, 2, 5, 8 auf den Kopf gestellt wird, ist die enstehende Zahl gleich wie die rückwärts gelesene eingetippte Zahl. Die Differenz zwischen zwei solchen dreistelligen Zahlen ist teilbar durch $99$, da $(a+10b+100c)-(c+10b+100a)=99(c-a)$ gilt. Wegen $99\nmid 369$ muss Lindas Zahl 6 oder 9 enthalten.

Falls an der ersten Stelle 9 steht, dann würde die auf den Kopf gestellte Zahl 6 als letzte Stelle haben. Da die Differenz der beiden Zahlen 396 ist, würde die letzte Stelle der gesuchten Zahl 7 sein. Die Ziffer 7 kann aber nicht auf den Kopf gestellt werden, somit ist dieser Fall unmöglich. Analog kann argumentiert werden, dass 9 nicht an der letzten Stelle und 6 nicht an der ersten bzw. an der mittleren Stelle sein kann. Die zwei übrigen Fälle (9 an der mittleren und 6 an der letzten Stelle) führen schließlich zur gesuchten Lösung 596.

Ergebnis:

80

Die Familien werden mit $A$, $B$ und $C$ bezeichnet. Heiraten die Söhne von $A$ zwei Schwestern von einer anderen Familie, o. B. d. A. von $B$, dann müssen die Töchter von $A$ die Söhne von $C$ heiraten, da ansonsten zumindest ein Sohn von $C$ seine Schwester heiraten würde. Es folgt, dass die Söhne von $B$ die Töchter von $C$ heiraten. Dies führt zu $2\cdot 2^3=16$ Möglichkeiten, denn es gibt zwei Möglichkeiten, die Familien zu kombinieren, und jedes Töchterpaar hat zwei Möglichkeiten, die Söhne der kombinierten Familien zu heiraten.

Falls aber die Söhne von $A$ sich für Frauen von verschiedenen Familien entscheiden, dann müssen deren Schwestern dies ebenso machen, um innerfamiliäre Hochzeiten zu vermeiden. Die zwei Söhne haben zusammen 8 Möglichkeiten für eine Frau. Dies gilt auch für die Töchter. Nun bleiben in Familie $B$ und $C$ jeweils ein unverheirateter Sohn und eine unverheiratete Tochter übrig. Somit bleibt genau eine Möglichkeit über, um alle zu verheiraten. In diesem Fall gibt es daher $8\cdot 8=64$ Möglichkeiten.

Insgesamt ergeben sich somit $16+64=80$ Möglichkeiten, um die zwölf Personen zu verheiraten.

Ergebnis:

$68$, $136$

Wenn man die Pizzastücke nach der Anzahl ihrer Oliven nummeriert, so stellt man fest, dass der Schnitt nicht zwischen den Stücken $1$ und $50$ bzw. zwischen $25$ und $26$ liegen kann, denn es gilt

Deshalb kann man annehmen, dass die vier direkt an der Schnittkante liegenden Pizzastücke die Nummern $n$, $n+1$, $n+25$ und $n+26$ tragen, wobei $1\le n\le 24$ gilt. Die Summe $4n+52$ dieser Zahlen ist die gesuchte Summe der Oliven.
Nun berechnet man $(n+1)+(n+2)+\cdots +(n+25)=25n+\frac{1}{2}\cdot 25\cdot 26=25(n+13)$ und $1+2+\cdots +50=\frac{1}{2}\cdot 50\cdot 51=25\cdot 51$. Dann gibt es zwei Möglichkeiten:

Aus der ersten Möglichkeit ergibt sich $n=4$ und die gesuchte Summe ist $4\cdot 4+52=68$. Die zweite Mögichkeit liefert $n=21$ und die Summe $4\cdot 21+52=136$.
Insgesamt erhält man also zwei Lösungen, nämlich $68$ und $136$.

Ergebnis:

$421$

Sei $p$ eine Primzahl, die die Aufgabenstellung erfüllt. Dann gibt es eine ganze Zahl $k$ mit $k^3=19p+1$, wobei $k>2$ gelten muss. Also ist

Wegen $k>2$ sind hierbei beide Faktoren echte Teiler von $19p$. Da die Zahl $19p$ aber das Produkt zweier Primzahlen ist, besitzt sie keine anderen echten Teiler als $19$ und $p$. Deshalb muss $k-1=19$ oder $k^2+k+1=19$ gelten. Der erste Fall liefert $k=20$ und $p=400+20+1=421$, also eine Primzahl. Im zweiten Fall hat die quadratische Gleichung $k^2+k-18=0$ keine ganzzahlige Lösung. Somit ist $p=421$ die einzige Antwort.

Ergebnis:

$\frac{7}{30}$

Im Folgenden werden Flächen von Vielecken mit eckigen Klammern notiert. Da die Dreiecke $\mathit{EHD}$ und $\mathit{CHB}$ ähnlich sind, ergibt sich die Gleichung

Aufgrund der Ähnlichkeit der Dreiecke $\mathit{FBG}$ und $\mathit{CDG}$ erhält man $\frac{\overline{\mathit{DG}}}{\overline{\mathit{GB}}}=\frac{3}{2}$. Also ist $\overline{\mathit{DH}}=\overline{\mathit{BG}}=\frac{2}{5}\cdot \overline{\mathit{DB}}$ und $\overline{\mathit{HG}}=\frac{1}{5}\cdot \overline{\mathit{DB}}$. Wegen

ergibt sich

Ergebnis:

$85595$

Sei $\overline{\mathit{abcde}}$ eine fünfstellige Zahl mit $\overline{\mathit{abc}}=9\cdot \overline{\mathit{de}}$ und $\overline{\mathit{cde}}=7\cdot \overline{\mathit{ab}}$. Dann folgt

und somit $\overline{\mathit{de}}=\frac{1007c}{53}=19c$. Analog erhält man $\overline{\mathit{ab}}=17c$. Falls $c\ge 6$ ist, dann sind die Zahlen $17c$ and $19c$ größer als $100$. Es folgt, dass 5 der größtmögliche Wert für $c$ ist. Somit ist für $17119c$ der größtmögliche Wert $85595$.

Ergebnis:

$42$

Derjenige, der als erster ein Handzeichen gegeben hat, hat als erster alle drei Spezialkarten zu Gesicht bekommen. Dieser Schlauberger muss eine Spezialkarte als seine fünfte Karte gesehen haben, weil er sonst seine Hand schon vorher gehoben hätte. Er muss auch eine Spezialkarte gleich zu Beginn erhalten haben, denn andernfalls hätte sein linker Nachbar schon früher ein Handzeichen gegeben. Seine erste Spezialkarte sei mit $S_1$ bezeichnet, seine fünfte Karte mit $S_3$ und die andere Spezialkarte, die er zwischendurch bekommen hatte, mit $S_2$. Nach weiteren Blicken auf die Karten heben genau diejenigen Personen die Hand, welche die Karte $S_2$ und mindestens eine der beiden anderen Spezialkarten gesehen haben. Sie haben entweder alle drei Spezialkarten gesehen oder können ihre Position und ihr Symbol erschließen. Die Positionen von $S_1$ und $S_3$ sind dann zwar allen bekannt, aber die zugehörigen Symbole nicht. Aus diesen Überlegungen folgt, dass sechs Schlauberger nach dem Ansehen von sechs Karten und sieben nach dem Blick in die siebte Karte ihre Hand hoben. Das gesuchte Produkt ist also $6\cdot 7=42$.

Ergebnis:

$\pi \frac{3-2\sqrt{2}}{4}=\pi \frac{{(1-\sqrt{2})}^2}{4}=\pi \frac{1}{4{(1+\sqrt{2})}^2}=\pi \frac{1}{4(3+2\sqrt{2})}$

Zerlegt man ein gleichschenkliges, rechtwinkliges Dreieck entlang der Basishöhe in zwei kongruente Dreiecke, so sind die beiden neuen Dreiecke zum ursprünglichen Dreieck ähnlich. Die Flächeninhalte der Dreiecke und somit auch die Flächeninhalte der Inkreise verhalten sich wie $2:1$. Jeder neue Kreis hat aus diesem Grund den halben Flächeninhalt des vorhergehenden Inkreises. Man beachte allerdings, dass die beiden kleinsten Kreise denselben Flächeninhalt haben. Die Summe der Flächeninhalte der sieben Kreise ist also $\frac{1}{2}A+\frac{1}{4}A+\frac{1}{8}A+\frac{1}{16}A+\frac{1}{32}A+2\cdot \frac{1}{64}A=A$, wobei $A$ der Flächeninhalt des Inkreises des gegebenen Dreiecks mit Basislänge 1 ist. Es genügt also, den Flächeninhalt des Inkreises des großen Dreiecks zu berechnen. Mithilfe des Satzes von Pythagoras erhält man die Schenkellängen $\frac{\sqrt{2}}{2}$. Die Radien des Inkreises stehen senkrecht auf die beiden Schenkel – es ergibt sich gemeinsam mit den Schenkelabschnitten ein Quadrat mit der Seitenlänge $\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{1}{2}$, die zugleich dem gesuchten Radius entspricht. Der Flächeninhalt des großen Inkreises und somit die gesuchte Summe der Flächeninhalte aller sieben Kreise ist also

Ergebnis:

$7$, $11$, $19$, $79$

Da $p$ eine Primzahl ist, ist sie entweder gleich $11$ oder teilerfremd zu $11$. Man sieht leicht, dass $p=11$ die geforderte Teilbarkeitsbedingung erfüllt. Ist $p$ teilerfremd zu $11$, so ist das gegebene Produkt $p(p+1)(p+2)$ genau dann durch $p+11$ teilbar, wenn $(p+1)(p+2)$ durch $11$ teilbar ist. Betrachtet man dieses Produkt modulo $p+11$, so erhält man $(-10)\cdot (-9)$, also die Teilbarkeitsbedingung $p+11\mid 90$. Diese ist für $p\in \{7,19,79\}$ erfüllt.

Ergebnis:

$\frac{28!}{2^{14}}$

Jede Möglichkeit, wie Scaberix seine $14$ Füße bekleiden kann, kann durch ein $28$-Tupel repräsentiert werden, in dem die $14$ Socken und $14$ Schuhe so notiert sind, dass die Socke eines bestimmten Fußes auf einer Position steht, die vor der Position des Schuhes für diesen bestimmten Fuß liegt. Für das erste Paar an Socke und zugehörigem Schuh gibt es $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{28}{2}\right)$ Möglichkeiten. Für das zweite Paar gibt es noch $28-2=26$ Plätze und deshalb $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{26}{2}\right)$ Möglichkeiten. Fährt man so fort, dann bleibt für das letzte Paar nur noch $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{2}{2}\right)=1$ Möglichkeit. Folglich erhält man als Ergebnis

Ergebnis:

$128$

Um den Wert des gesuchten Ausdrucks zu finden, setzt man die gegebene Beziehung $x^3=8-4x$ wie folgt ein:

Ergebnis:

$36^{\circ }$

Man wähle den Punkt $F$ auf der Strecke $\mathit{BC}$ so, dass $\mathit{AE}\parallel \mathit{DF}$ gilt. Daraus folgt $\overline{\mathit{DF}}=\frac{1}{2}\overline{\mathit{AE}}=\overline{\mathit{CD}}$. Das Dreieck $\mathit{FCD}$ ist demnach gleichschenklig mit der Basis $\mathit{FC}$. Es sei $\alpha =\mathit{\angle BAC}$. Dann gilt

Da der Winkel $\mathit{\angle EAC}=\frac{1}{2}\alpha$ ist, ergibt sich im Dreieck $△\mathit{AEC}$ die Beziehung

Hieraus erhält man für den gesuchten Winkel $\alpha =36^{\circ }$.

Ergebnis:

$\frac{1}{1008}$

Subtrahiert man für $n\ge 2$ die beiden Rekursionsformeln für $n$ und $n-1$, so ergibt sich die Gleichung

die zu $a_n=\frac{n-1}{n+1}\cdot a_{n-1}$ vereinfacht werden kann. Deshalb ist

und somit $a_{2015}=\frac{2\cdot 2015}{2015\cdot 2016}=\frac{1}{1008}$.

Ergebnis:

1, 9

Mit $t_1$ bezeichnet man die Anzahl der türkis gefärbten Seiten auf dem ersten Würfel. Analog dazu wird die Anzahl der anderen gefärbten Seiten auf einem der beiden Würfel mit $r_1$, $g_1$, $t_2$, $r_2$, $g_2$ bezeichnet. Man weiß, dass $t_1+r_1+g_1=12$, $t_2+r_2+g_2=12$ und $g_1=4$ gilt. Von den insgesamt $12^2=144$ möglichen Ausgängen des Werfens mit zwei Würfeln erscheint exakt in der Hälfte der Fälle dieselbe Farbe auf beiden Würfeln. Somit folgt

Man drückt mit Hilfe der obigen Beziehungen die linke Seite der Gleichung in den Variablen $t_1$, $t_2$ und $r_2$ aus und erhält

oder

Verwendet man $-3\le t_1-4\le 3$ und $-9\le t_2-r_2\le 9$, so lässt sich daraus schließen, dass $t_2-r_2$ entweder $8$ oder $-8$ ist. Daraus ergibt sich gemeinsam mit $0<g_2=12-t_2-r_2$, dass $r_2$ entweder $1$ oder $9$ sein muss. Eine kurze Überprüfung zeigt, dass beide Werte möglich sind.

Ergebnis:

32

Man betrachtet eine Frau, dann die Frau $24$ Plätze rechts von ihr, dann die Frau weitere $24$ Plätze rechts davon, usw. Nach einer gewissen Anzahl $s$ solcher Schritte landet man schließlich wieder bei der Frau, von der aus man gestartet ist. Für dieses $s$ muss gelten, dass $24s$ ein Vielfaches von $n$ ist. Das kleinste $s$, welches das erfüllt, ist $s=n∕\mathrm{ggT}(n,24)$.

Die Ehrlichkeit der Frauen muss bei diesem Prozess wechseln. Jede Frau ist genau dann ehrlich, wenn die Frau $24$ Plätze rechts von ihr eine Lügnerin ist. Wenn $s$ ungerade wäre, würde das zu einem Widerspruch führen. Deswegen muss $n$ durch eine höhere Potenz von $2$ teilbar sein als $24$. Der kleinste Kandidat dafür ist $32$ und man prüft dafür leicht die geforderten Bedingungen nach.

Ergebnis:

$15^{\circ }$

Es seien $a$, $b$ mit $a\le b$ die Katheten der Dreiecke und $c$ die Hypotenuse. Die Fläche des kleinen Quadrates beträgt zwei Drittel der Fläche des großen Quadrates, daher beträgt die Fläche eines Dreiecks ein Achtel der Fläche des kleinen Quadrates. Also gilt

Sei $\alpha$ der kleinste Innenwinkel eines Dreiecks, dann ist $a=c\sin \alpha$ und $b=c\cos \alpha$. Somit ergibt sich

oder

Da $\alpha \le 45^{\circ }$ ist, folgt $2\alpha =30^{\circ }$ und schließlich $\alpha =15^{\circ }$.

Ergebnis:

$\frac{4}{3}\sqrt{14}$

Bezeichne mit $O_1$, $O_2$, $O_3$ die jeweiligen Mittelpunkte von $k_1$, $k_2$, $k_3$, und mit $T_1$, $T_2$, $T_3$ die Lotfußpunkte von $O_1$, $O_2$, $O_3$ auf die Sehne $\mathit{AB}$. Dann sind $T_1$ und $T_2$ Tangentenpunkte von $\mathit{AB}$ an $k_1$ bzw. $k_2$. Da $O_1{T}_1\parallel O_2{T}_2\parallel O_3{T}_3$ ist, gilt $\overline{O_1{T}_1}=1$, $\overline{O_2{T}_2}=2$ und $\overline{O_1{O}_3}=2\overline{O_2{O}_3}$. Weil $O_1$, $O_2$ und $O_3$ kollinear sind, erhält man mit Hilfe des Strahlensatzes $\overline{O_3{T}_3}=\frac{5}{3}$. Mit dem Satz des Pythagoras im Dreieck $△T_3{O}_{3}A$ ergibt sich

Ergebnis:

84

Es gibt also genau drei zweistellige Zahlen, welche die Teilbarkeitsbedingungen bezüglich $a$ und $c$ erfüllen — zwei davon aufgrund der ersten drei Antworten und eine weitere nach der Korrektur der Antwort für $b$. Die Antworten auf die Frage der Teilbarkeit durch $a$ bzw. $c$ müssen beide ‘ja’ gewesen sein, denn selbst nur eine Antwort ‘nein’ würde zu viele mögliche zweistellige Zahlen liefern. Alle drei Zahlen müssen somit ein Vielfaches von $m=\mathrm{kgV}(a,c)$ sein und es muss $25\le m\le 33$ gelten, weil es genau drei zweistellige Vielfache von $m$ geben soll. Nur zwei Zahlen in diesem Bereich sind kleinste gemeinsame Vielfache zweier Ziffern, nämlich $28=\mathrm{kgV}(4,7)$ und $30=\mathrm{kgV}(5,6)$. Die zweite Kombination ist nicht möglich, da kein $b$ existiert mit $5<b<6$. Also ist $a=4$ und $c=7$. Wäre $b=5$, gäbe es keine zweistellige Zahl, die durch $a$, $b$ und $c$ teilbar ist. Für $b=6$ gibt es zwei Vielfache von $m=28$, die nicht durch $6$ teilbar sind, nämlich $28$ und $56$, und ein Vielfaches, das durch $6$ teilbar ist, nämlich $84$. Also war $S=84$.

Ergebnis:

15:20 Uhr

Da die gesuchte Zeit nicht vom gewählten Bezugssystem abhängt, kann man annehmen, dass sich das Auto gar nicht bewegt. Unter dieser Annahme brauchte das Motorrad $1$ Stunde vom Treffpunkt mit dem Auto zu dem mit dem Vespa-Roller, wohingegen der Vespa-Roller $5$ Stunden für die gleiche Distanz benötigte. Deshalb war der Motorradfahrer $5$-mal so schnell wie der Vespa-Roller. Analog findet man, dass der Motorradfahrer $2$-mal so schnell war wie der Fahrradfahrer. Folglich beträgt das Verhältnis der Geschwindigkeit des Vespa-Rollers zu der des Fahrradfahrers $2:5$.

Wenn nun der Vespa-Roller $t$ Stunden vom Treffpunkt mit dem Auto zu dem mit dem Fahrrad benötigte, dann brauchte der Fahrradfahrer dazu $t-2$ Stunden. Da das Verhältnis dieser Zeiten genau das Inverse des Verhältnisses der zugehörigen Geschwindigkeiten ist, erhält man

und daraus $t=10∕3$. Weil der Vespa-Roller das Auto um $12$ Uhr traf, begegnete er folglich dem Fahrradfahrer $3\frac{1}{3}$ Stunden später, also um 15:20 Uhr.

Ergebnis:

20

Falls der RoboSaug nicht in einem der $3\times 3$–Quadrate in den Ecken startet, dann bleibt immer ein nicht gereinigter Teil des Teppichs übrig: Wenn der RoboSaug den Rand verlässt, was spätestens im siebten Zug der Fall ist, teilt er den nicht gesaugten Raum in zwei separate Bereiche. Innerhalb der $3\times 3$–Quadrate in den Ecken gilt für die Startfelder mit den Koordinaten $(1,2)$, $(2,1)$, $(2,3)$, $(3,2)$, dass diese aus ähnlichen Gründen nicht als Startfelder geeignet sind. Aber für alle anderen Koordinaten $(1,1)$, $(2,2)$, $(3,3)$, $(3,1)$, $(1,3)$ gibt es einen geeigneten Weg der alles reinigt. Also gibt es insgesamt $4\cdot 5=20$ mögliche Startfelder.

Ergebnis:

$22^{\circ }$

Aufgrund des Umfangswinkelsatzes ist $\mathit{\angle CDB}=\mathit{\angle CEB}$, so dass es genügt $\mathit{\angle CDB}$ zu bestimmen. Nun ist $124^{\circ }+56^{\circ }=180^{\circ }$ und $34^{\circ }+56^{\circ }=90^{\circ }$. Bezeichnet man den Schnittpunkt von $\mathit{AD}$ und $\mathit{CH}$ mit $X$, so folgt aus $\mathit{\angle DGB}=124^{\circ }$, dass $\mathit{\angle FGX}=56^{\circ }$ ist. Wegen $\mathit{\angle FEH}=56^{\circ }$ folgt nun nach dem Außenwinkelsatz für Sehnenvierecke, dass $\mathit{EXGF}$ ein Sehnenviereck ist. Da $\mathit{ECBF}$ ebenfalls ein Sehnenviereck ist, ergibt sich $\mathit{AD}\parallel \mathit{BC}$. Weil $\mathit{AD}$ ein Durchmesser ist, ist das Dreieck $△\mathit{ADB}$ rechtwinklig und es folgt $\mathit{\angle ABC}=124^{\circ }$, da aufgrund des Umfangswinkelsatzes $\mathit{\angle DBC}=\mathit{\angle DEC}=34^{\circ }$ ist. Aus der Parallelität $\mathit{AD}\parallel \mathit{BC}$ erhält man $\mathit{\angle BDA}=\mathit{\angle DBC}=34^{\circ }$, und weil $\mathit{ADCB}$ ein Sehnenviereck ist, gilt $\mathit{\angle CDA}=180^{\circ }-\mathit{\angle ABC}=56^{\circ }$, woraus $\mathit{\angle CEB}=\mathit{\angle CDB}=56^{\circ }-34^{\circ }=22^{\circ }$ folgt.

Ergebnis:

14

Mit $(a_1,a_2)$, $(b_1,b_2)$, $(c_1,c_2)$, $(d_1,d_2)$, $(e_1,e_2)$ seien die Ehepaare bezeichnet. Man kann o. b. d. A. annehmen, dass $a_1$ die Person ist, die nur an zwei Veranstaltungen teilnahm, und dass die erste davon auch von $b_1$, $c_1$, $d_1$ und $e_1$ besucht wurde, wohingegen die zweite von deren Ehepartnern besucht wurde. Jede weitere Veranstaltung kann unter den gegebenen Bedingungen von höchstens zwei der acht Personen $b_1,b_2,\dots ,e_1,e_2$ gleichzeitig besucht worden sein. Wie viele solche Veranstaltungen es mindestens geben muss, kann man berechnen, indem man die Anzahl der verheirateten Paare unter ihnen, die Anzahl der Paare aus der ersten Veranstaltung mit $b_1$, $c_1$, $d_1$ und $e_1$ sowie diejenige aus der zweiten Veranstaltung mit $b_2$, $c_2$, $d_2$ und $e_2$ von der Anzahl aller möglichen Paare aus diesen acht Personen abzieht. Man erhält somit für diese Anzahl $28-4-6-6=12$. Wenn darüber hinaus $a_2$ an vier disjunkten von diesen Veranstaltungen teilgenommen hat, ist die beschriebene Situation erreicht. Der kleinste mögliche Wert von $n$ ist daher $14$.

Ergebnis:

$678$

Wegen $0<a<b$ gilt $b\ge 2$ und $6\cdot \overline{\mathit{bac}}>1200$, also muss das Ergebnis von Alex eine vierstellige Zahl sein. Schreibt man $6\cdot \overline{\mathit{bac}}=\overline{\mathit{defg}}$, dann weiß man, dass $6\cdot \overline{\mathit{abc}}=\overline{\mathit{dfeg}}$ gilt. Subtrahiert man diese zwei Gleichungen voneinander, so ergibt sich

Somit ist $540\cdot (b-a)=90\cdot (e-f)$, also $6(b-a)=e-f$. Aus $b>a$ und da $e$ und $f$ Ziffern sind, somit $|e-f|\le 9$ gilt, folgt $b-a=1$ und $e-f=6$. Einsetzen von $b=a+1$ in $6\cdot \overline{\mathit{bac}}=\overline{\mathit{defg}}$ liefert

Wegen $3\le c\le 9$ bedeutet dies, dass $\overline{\mathit{defg}}$ von einem Vielfachen von $660$ um mindestens $6$ und höchstens $42$ in Sechserschritten nach unten abweicht. Betrachtet man nacheinander $a=1,2,\dots ,7$ und berücksichtigt $e-f=6$, so erhält man alle möglichen Kandidaten für $\overline{\mathit{defg}}$. Das sind $1938$, $2604$, $3930$, $3936$, $4602$ und $4608$. Nur für $\overline{\mathit{defg}}=4608$ hat die Zahl $\overline{\mathit{bac}}=\overline{\mathit{defg}}∕6$ verschiedene Ziffern ungleich Null, denn es ist $4608:6=768$. Tatsächlich prüft man leicht nach, dass $6\cdot \overline{\mathit{abc}}=6\cdot 678=4068=\overline{\mathit{dfeg}}$ gilt.

Ergebnis:

$70$

Die Tiere können sich nur in der mittleren Reihe treffen. Darüber hinaus ist der Weg jedes Tieres eindeutig bestimmt durch die besuchten Quadrate in der Mittelreihe. Es ist leicht zu sehen, dass die Tiere sich nicht treffen, falls die Mittelteile ihrer Wege sich nicht überdecken. Also ist die Anzahl der Paare durchschnittsfremder Segmente der Mittelreihe gesucht.

Zuerst sei der Fall betrachtet, dass es mindestens ein unbenutztes Feld zwischen den Segmenten gibt. Die Anzahl der Segment-Paare lässt sich errechnen als $2\cdot \left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{6}{4}\right)$, denn man wählt zuerst 4 der 6 Kanten der Mittelreihe, wobei die Start- und die Ende-Kante mitgezählt werden, und dann das Tier, das die Felder zwischen den ersten beiden von links gewählten Kanten benutzt. Das zweite Tier benutzt dann die Felder zwischen den rechten zwei gewählten Kanten. Falls kein Zwischenraum zwischen den benutzten Feldern der Mittelreihe vorhanden ist, gibt es $2\cdot \left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{6}{3}\right)$ Paare, da die Abschnitte durch drei Kanten beschrieben werden können. Das erste Tier nutzt die Felder zwischen erster und zweiter Kante, das zweite Tier die Felder zwischen zweiter und dritter Kante.

Insgesamt gibt es also $2\cdot \left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{6}{4}\right)+2\cdot \left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{6}{3}\right)=70$ mögliche Wege.

Ergebnis:

172

Es ist $\lfloor \sqrt[3]{n}\rfloor =k$ genau dann, wenn $k^3\le n\le {(k+1)}^3-1$ gilt. Von den $3k^2+3k+1$ Zahlen in diesem Intervall ist, beginnend bei $k^3$, jede $k$-te Zahl durch $k$ teilbar. Davon gibt es $3k+4$ Stück. Nun muss man nur noch diesen Ausdruck aufsummieren für alle $k$ mit ${(k+1)}^3-1\le 1000$, also für $k\le 9$, und $1$ addieren für die Zahl $1000$, welche die gegebene Bedingung ebenfalls erfüllt. Insgesamt erhält man

Ergebnis:

281/2

Man bezeichnet mit $a$, $b$ und $c$ die Lösungen der gegebenen Gleichung, die auch die Längen der Seiten eines rechtwinkligen Dreiecks sind, so dass $0<a,b<c$ gilt, was bedeutet, dass die Seite mit der Länge $c$ die Hypotenuse ist. Nach dem Satz des Pythagoras gilt dann $a^2+b^2=c^2$. Indem man $(x-a)(x-b)(x-c)$ ausmultipliziert und hernach Koeffizienten vergleicht, oder sofort nach dem Wurzelsatz von Vieta erhält man

Quadrieren von $15\sqrt{2}-c=a+b$ führt zu $450-30\sqrt{2}c=2\mathit{ab}$. Nun multipliziert man dies mit $c$ und setzt $\mathit{abc}=195\sqrt{2}$ ein. Dadurch ergibt sich die quadratische Gleichung

mit den Lösungen $c_1=\sqrt{2}$ und $c_2=13\sqrt{2}∕2$. Weil die Bedingungen $0<a,b<c$ und $\mathit{abc}=195\sqrt{2}$ nur den Wert $c=13\sqrt{2}∕2$ zulassen, kann die gesuchte Zahl $m$ folgendermaßen berechnet werden: